Обобщение доказательства Лежандра на подслучай Случая 2 ВТФ

[ananova]

Добрый вечер!

В ближайшие дни хочу опубликовать ряд статей по ВТФ. Предлагаю Вашему вниманию одну из них. Мне будет неразумно публиковать её, если в ней будут найдены ошибки, ставящие под сомнение получаемый результат. Не думаю, что "открываю Америку", т.к. результаты очевидны и не исключаю, что уже были опубликованы исследователями соотношений Барлоу.

Хотел также добавить, что не стал переделывать доказательство для случая n=3, т.к. проверять его проще по тем публикациям на которые указываются ссылки ниже.

В данной статье перепроверяется вывод соотношений Барлоу, выполненных другими авторами, и опубликованными Рибенбоймом на странице 119. Далее, ипользуя доказательство Лежандра теоремы Софи Жермен, строго последовательно, как у Лежендра, повторются его шаги доказательства для подслучая Случая 2 ВТФ, при выполнении следующих условий:
Условие 1: $x$ или $y$ кратно $p$, где - $p$ простое целое нечётное число, и $z$: $z$ кратно числу $q$ и, при этом выполняется равенство основного уравнения ВТФ.
Условие 2: число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-ой степенью целого числа.

Полагаю, что результат, в этом конкретном случае, справедлив, т.к. строго воспроизводит результаты, полученные Лежандром и другими авторами для подобных вариантов ВТФ.

С доказательством Лежандра и Случаем 1 ВТФ можно познакомиться в книге Эдвардса "Последняя теорема Ферма", изд. Мир, 1980 г. на странице 82.

Я хотел бы получить Ваши замечания, чтобы внести необходимые правки. Уверен, что таковые потребуются. Буду благодарен за рекомендации, направленными в личную почту.

ОБОБЩЕНИЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВА ЛЕЖАНДРА
ТЕОРЕМЫ СОФИ ЖЕРМЕН ДЛЯ ПОДСЛУЧАЯ
СЛУЧАЯ 2 ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Абзац о проблеме и полученном результате - здесь пропускается.

Обобщение теоремы Софи Жермен для Случая 2 ВТФ

Чтобы избежать ошибок в доказательстве и упростить его перепроверку, оно максимально подробно повторяет метод Лежандра доказательства теоремы Софи Жермен, изложенные в [перечисляются первоисточники о которых я упомянул вначале].

Все переменные в основном уравнении ВТФ $x^p+y^p+z^p=0$ равноправны и нижеперечисленные требования для теоремы являются условно закреплены за конкретными переменными (для удобства доказательства). Чтобы выбрать корректно модуль - число $q$, для дальнейшего доказательства Случая 2 ВТФ, определимся, что предварительным условием является условие: $y$ кратно $p$. В таком случае в уравнении $x^p+y^p+z^p=0$ остается два числа $x$ и $z$, не кратные $p$, т.к., согласно арифметическим ограничениям ВТФ: НОД($x,y,z$)=1. Для дальнейшего доказательства выбран множитель числа $z$ – число $q$: $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$. Назовём его – “опорным” модулем.
Если выполняются определенные условия теоремы, с таким же успехом, доказательство может быть выполнено с помощью делителя числа $x$ – числа $q'$: $x \equiv 0 $ $mod$ $ (q')$.

Теорема

Для показателя $p$, где $p$ – нечетное простое число, ВТФ справедлива, если выполняются условия:
1) взаимнопростые целые числа $x,y,z$ таковы, что $x^p+y^p+z^p \equiv 0 $ $mod$ $(q)$, $y$ кратно $p$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$.
2) Число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-й степенью целого числа.

(Если это доказательство напрямую ассоциировать с доказательством Лежандра и его возможными вариациями для Случая 2, то данное доказательство не рассматривает подслучай, когда $y$: $y$ кратно $p$, $y \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$, в то время, как $z$ не сравнимо с нулем по модулю $q$ и другие подобные вариации. Это сделано сознательно и этим случаям посвящаются другие статьи.)

Доказательство

Предположим, что условия теоремы выполнены. Нужно доказать, что эти предположения ведут к противоречию.

Начнём с поиска гипотетического решения уравнения $x^p+y^p+z^p=0$, когда $p|y$.

При этом условии, множители разложения

$(-x^p)=y^p+ z^p=(y+z)(y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}) $
являются взаимнопростыми числами в степени $p$, т.е. НОД $(y+z,y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1})=1$.

Доказательство взаимной простоты множителей $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$.

Если $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$ оба кратны числу $p$, тогда $y+z \equiv 0$, $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ ,$y \equiv -z, py^{p-1}\equiv 0 ($ $mod$ $ p)$. Однако $py^{p-1}\equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ невозможно, поскольку тогда $p$, в этом случае, делило бы $x$, как $y$, что противоречило бы арифметическому ограничению для ВТФ – НОД ($x,y,z$)=1. Кроме того, по условию $y \equiv 0 $ $mod$ $ p$. А в этом случае $p$ делит не только $y$, но и $y+z$, а значит и $x$.

Таким образом, при предварительном условии, что y кратно числу p, предположение, что оба множителя $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 – ...+ z^{p-1}$ кратны $p$, приводит к противоречию с арифметическим ограничением ВТФ – НОД ($x,y,z$)=1.

Аналогично для любого целого числа, например: $s$. Если $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$ оба кратны числу $s$, тогда $y+z \equiv 0$, $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$,$y \equiv -z$, $py^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. Рассмотрим $py^{p-1}$, $p \equiv 0$ или $y \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. $p \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, поскольку $p$ простое число, а вариант когда $p=s$, рассмотрен ранее. А $y \equiv 0 ($ $mod$ $ s) $невозможно, поскольку $s$ делило бы тогда, как $y$, так и $y+z$, а значит и $x$.

Следовательно оба множителя $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$ взаимнопросты.

Аналогичные выкладки получаются для
$(-z^p)=x^p+ y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3}y^2 - ...+y^{p-1}).$

Теперь рассмотрим число уравнения кратное $p$: $(-y^p)=x^p+ z^p=(x+z)(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$.

Согласно предварительному условию именно $y$ кратно $p$. Если только один из множителей $ (x+z)(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$ кратен $p$ или некоторому целому числу $s$, то множители являются взаимнопростыми числами, т.е. НОД ($x+z$,$x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$=1. Если число степени $p$ имеет взаимнопростые множители, то каждый из множителей является числом в степени $p$.

Допустим ($x+z$) кратно $p$. В этом случае и $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}$ кратно числу $p$, так как, если $x+z \equiv 0$, то $x \equiv -z и x^{p-1}-x^{p-2} z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1} \equiv p x^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$. Таким образом, числа ($x+z$) и $(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$ не являются взаимнопростыми числами и оба кратны $p$. При этом, $x^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ невозможно, поскольку$p$ делило бы тогда, как $x$, так и $y$.

Для любого числа $s \neq p$. – Если $x+z$, $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1}$ оба кратны целому числу $s$, тогда $x+z \equiv 0, x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$, $x \equiv -z, px^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. Рассмотрим $px^{p-1}$: $p \equiv 0$ или $x \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. $p \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, т.к. число $p$ простое и $s \neq p$. $x \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, т.к. $s$ делило бы тогда, как $x$, так и $x+z$, а значит и $y$.

Учитывая, что ($x+z$) и $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}$ имеют только один общий делитель $p$, а для $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3} z^2 $ - ...$+z^{p-1}$ делитель $p$ не выше первой степени, т.к. $px^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ и $x$ не кратно $p$. Т.о. множители $\frac {(x+z)}{p^{np-1}}$ и $\frac {x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}}{p}$ являются взаимнопростыми числами степени $p$, где $n$ - целое число.

Согласно выполненным выводам о взаимной простоте множителей, следует существование таких целых чисел: $x_1, x_2, y_1, y_2, z_1, z_2$, что:

(разложение $x^p$):
$y+z=x_1^p$, $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1}$ =$x_2^p$, т.о. $x=-x_1 x_2$,

(разложение $y^p$):
$x+z=y_1^p p^{np-1},x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2$- ...$+ z^{p-1}$=$y_2^p p$,$y-y_1$ $p^{pn} y_2$,

(разложение $z^p$):
$x+y$ = $z_1^p, x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3}y^2$ - ...+$y^{p-1}$=$z_2^p$, т.о. $z=-z_1 z_2$.

На этом заканчивается предварительная часть доказательства, связанная с перепроверкой соотношений Барлоу для Случая 2.

Продолжим доказательство, повторяя шаги Лежандра.

В условии 1 теоремы $x^p+y^p+z^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$ было определено, что $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, т.е.
$(-z^p)$=$x^p+ y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3} y^2$ - ...+$y^{p-1})$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$.

Cгруппируем выборку малых множителей

$(y+z) + (x+z)-(x+y) = 2z$.

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

По предварительному условию число $q$ делит $z$. В этом случае $x_1$, $y_1$ и $p$ не сравнимы с нулем, поскольку сравнение $x=-x_1 x_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ или $y=-y_1 py_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q $ вместе со сравнением $z \equiv 0 $ $mod$ $ q $ противоречило бы требованию ВТФ (взаимной простоты чисел $x,y,z$). Этот же вывод можно сделать и так: поскольку $q$ не делит ни $xy$, ни $x_1 y_1 p$, то $q$ должно делить $z_1$, так как $2z \equiv -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

Резюмируем: $z=-z_1 z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, число $x+y$ взаимнопросто с $z_2$, как доказано ранее, и $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$. Следовательно $z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ невозможно.

Так как $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ и $x+y = z_1^p$, $z≡ 0 $ $mod$ $ q$, то

$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$,

$ \frac {x^p}{y+z}$ =$(y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 $ - ...+ $z^{p-1}$)=$x_2^p$, поэтому:

$x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv x_2^p ($ $mod$ $ q)$. Тогда:

$ z_2^p = \frac {x^p+ y^p}{x+y}$ =$x^{p-1}+x^{p-2} (-y)+x^{p-3}(-y)^2$+ ...+$(-y)^{p-1}$$\equiv px^{p-1} \equiv px_2^p ($ $mod$ $ q)$.

Так как невозможно $x_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то имеется такое число g: $gx_2 \equiv 1 $ $mod$ $ q$.

Умножаем левую часть и правую часть полученного сравнения на $g^p$:

$(gz_2)^p \equiv p(gx_2)^p $ $mod$ $ q$.

$(gz_2)^p \equiv p $ $mod$ $ q$, что по условию 2 теоремы невозможно.

[ananova]

Прошу модераторов удалить предыдущий текст. В нём два тождества неверно тегами закрыты и неверно читаются.

Выдаю верную версию с правками:

Добрый вечер!

В ближайшие дни хочу опубликовать ряд статей по ВТФ. Предлагаю Вашему вниманию одну из них. Мне будет неразумно публиковать её, если в ней будут найдены ошибки, ставящие под сомнение получаемый результат. Не думаю, что "открываю Америку", т.к. результаты очевидны и не исключаю, что уже были опубликованы исследователями соотношений Барлоу.

Хотел также добавить, что не стал переделывать доказательство для случая n=3, т.к. проверять его проще по тем публикациям на которые указываются ссылки ниже.

В данной статье перепроверяется вывод соотношений Барлоу, выполненных другими авторами, и опубликованными Рибенбоймом на странице 119. Далее, ипользуя доказательство Лежандра теоремы Софи Жермен, строго последовательно, как у Лежендра, повторются его шаги доказательства для подслучая Случая 2 ВТФ, при выполнении следующих условий:
Условие 1: $x$ или $y$ кратно $p$, где - $p$ простое целое нечётное число, и $z$: $z$ кратно числу $q$ и, при этом выполняется тождественное равенство основного уравнения ВТФ по модулю $q$.
Условие 2: число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-ой степенью целого числа.

Полагаю, что результат, в этом конкретном случае, справедлив, т.к. строго воспроизводит результаты, полученные Лежандром и другими авторами для подобных вариантов ВТФ.

С доказательством Лежандра и Случаем 1 ВТФ можно познакомиться в книге Эдвардса "Последняя теорема Ферма", изд. Мир, 1980 г. на странице 82.

Я хотел бы получить Ваши замечания, чтобы внести необходимые правки. Уверен, что таковые потребуются. Буду благодарен за рекомендации, направленными в личную почту.

ОБОБЩЕНИЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВА ЛЕЖАНДРА
ТЕОРЕМЫ СОФИ ЖЕРМЕН ДЛЯ ПОДСЛУЧАЯ
СЛУЧАЯ 2 ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Абзац о проблеме и полученном результате - здесь пропускается.

Обобщение теоремы Софи Жермен для Случая 2 ВТФ

Чтобы избежать ошибок в доказательстве и упростить его перепроверку, оно максимально подробно повторяет метод Лежандра доказательства теоремы Софи Жермен, изложенные в [перечисляются первоисточники о которых я упомянул вначале].

Все переменные в основном уравнении ВТФ $x^p+y^p+z^p=0$ равноправны и нижеперечисленные требования для теоремы являются условно закреплены за конкретными переменными (для удобства доказательства). Чтобы выбрать корректно модуль - число $q$, для дальнейшего доказательства Случая 2 ВТФ, определимся, что предварительным условием является условие: $y$ кратно $p$. В таком случае в уравнении $x^p+y^p+z^p=0$ остается два числа $x$ и $z$, не кратные $p$, т.к., согласно арифметическим ограничениям ВТФ: НОД($x,y,z$)=1. Для дальнейшего доказательства выбран множитель числа $z$ – число $q$: $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$.
Если выполняются определенные условия теоремы, с таким же успехом, доказательство может быть выполнено с помощью делителя числа $x$.

Теорема

Для показателя $p$, где $p$ – нечетное простое число, ВТФ справедлива, если выполняются условия:
1) взаимнопростые целые числа $x,y,z$ таковы, что $x^p+y^p+z^p \equiv 0 $ $mod$ $(q)$, $y$ кратно $p$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$.
2) Число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-й степенью целого числа.

(Если это доказательство напрямую ассоциировать с доказательством Лежандра и его возможными вариациями для Случая 2, то данное доказательство не рассматривает подслучай, когда $y$: $y$ кратно $p$, $y \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$, в то время, как $z$ не сравнимо с нулем по модулю $q$ и другие подобные вариации. Это сделано сознательно и этим случаям посвящаются другие статьи.)

Доказательство

Предположим, что условия теоремы выполнены. Нужно доказать, что эти предположения ведут к противоречию.

Начнём с поиска гипотетического решения уравнения $x^p+y^p+z^p=0$, когда $p|y$.

При этом условии, множители разложения

$(-x^p)=y^p+ z^p=(y+z)(y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}) $
являются взаимнопростыми числами в степени $p$, т.е. НОД $(y+z,y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1})=1$.

Доказательство взаимной простоты множителей $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$.

Если $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$ оба кратны числу $p$, то это противоречит условию, т.к. только $y$ кратно $p$.

Предположим оба числа кратны некоторому числу $s$.
Если $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2} z+y^{p-3} z^2$ - ...+ z^{p-1}$ оба кратны числу $s$, тогда $y+z \equiv 0$, $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2$ - ...+ z^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$,$y \equiv -z$, $py^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. Рассмотрим $py^{p-1}$, $p \equiv 0$ или $y \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. $p \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, поскольку $p$ простое число, а вариант когда $p=s$ и делит $x$, рассмотрен. А $y \equiv 0 ($ $mod$ $ s) $невозможно, поскольку $s$ делило бы тогда, как $y$, так и $y+z$, а значит и $x$.

Следовательно оба множителя $y+z$ и $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3} z^2 - ...+ z^{p-1}$ взаимнопросты.

Аналогичные выкладки получаются для
$(-z^p)=x^p+ y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3}y^2 - ...+y^{p-1}).$

Теперь рассмотрим число уравнения кратное $p$: $(-y^p)=x^p+ z^p=(x+z)(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$.

Согласно предварительному условию именно $y$ кратно $p$. Если только один из множителей $ (x+z)(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$ кратен $p$ или некоторому целому числу $s$, то множители являются взаимнопростыми числами, т.е. НОД ($x+z$,$x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$=1. Если число в степени $p$ имеет взаимнопростые множители, то каждый из множителей является числом в степени $p$.

Допустим ($x+z$) кратно $p$. В этом случае и $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}$ кратно числу $p$, так как, если $x+z \equiv 0$, то $x \equiv -z и x^{p-1}-x^{p-2} z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1} \equiv p x^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$. Таким образом, числа ($x+z$) и $(x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1})$ не являются взаимнопростыми числами и оба кратны $p$. При этом, $x^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ невозможно, поскольку$p$ делило бы тогда, как $x$, так и $y$.

Для любого числа $s \neq p$. – Если $x+z$, $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1}$ оба кратны целому числу $s$, тогда $x+z \equiv 0, x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$, $x \equiv -z, px^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. Рассмотрим $px^{p-1}$: $p \equiv 0$ или $x \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$. $p \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, т.к. число $p$ простое и $s \neq p$. $x \equiv 0 ($ $mod$ $ s)$ невозможно, т.к. $s$ делило бы тогда, как $x$, так и $x+z$, а значит и $y$.

Учитывая, что ($x+z$) и $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}$ имеют только один общий делитель $p$, а для $x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3} z^2 $ - ...$+z^{p-1}$ делитель $p$ не выше первой степени, т.к. $px^{p-1} \equiv 0 ($ $mod$ $ p)$ и $x$ не кратно $p$. Т.о. множители $\frac {(x+z)}{p^{np-1}}$ и $\frac {x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2 - ...+z^{p-1}}{p}$ являются взаимнопростыми числами степени $p$, где $n$ - целое число.

Согласно выполненным выводам о взаимной простоте множителей, следует существование таких целых чисел: $x_1, x_2, y_1, y_2, z_1, z_2$, что:

(разложение $x^p$):
$y+z=x_1^p$, $y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 - ...+ z^{p-1}$ =$x_2^p$, т.о. $x=-x_1 x_2$,

(разложение $y^p$):
$x+z=y_1^p p^{np-1},x^{p-1}-x^{p-2}z+x^{p-3}z^2$- ...$+ z^{p-1}$=$y_2^p p$,$y=y_1$$p^{pn}y_2$,

(разложение $z^p$):
$x+y$ = $z_1^p, x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3}y^2$ - ...+$y^{p-1}$=$z_2^p$, т.о. $z=-z_1 z_2$.

На этом заканчивается предварительная часть доказательства, связанная с перепроверкой соотношений Барлоу для Случая 2.

Продолжим доказательство, повторяя шаги Лежандра.

В условии 1 теоремы $x^p+y^p+z^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$ было определено, что $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, т.е.
$(-z^p)$=$x^p+ y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3} y^2$ - ...+$y^{p-1})$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ (q)$.

Cгруппируем выборку малых множителей

$(y+z) + (x+z)-(x+y) = 2z$.

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

По предварительному условию число $q$ делит $z$. В этом случае $x_1$, $y_1$ и $p$ не сравнимы с нулем, поскольку сравнение $x=-x_1 x_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ или $y=-y_1 py_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q $ вместе со сравнением $z \equiv 0 $ $mod$ $ q $ противоречило бы требованию ВТФ (взаимной простоты чисел $x,y,z$). Этот же вывод можно сделать и так: поскольку $q$ не делит ни $xy$, ни $x_1 y_1 p$, то $q$ должно делить $z_1$, так как $2z \equiv -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

Резюмируем: $z=-z_1 z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, число $x+y$ взаимнопросто с $z_2$, как доказано ранее, и $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$. Следовательно $z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ невозможно.

Так как $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ и $x+y = z_1^p$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то

$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$,

$ \frac {x^p}{y+z}$ =$(y^{p-1}-y^{p-2}z+y^{p-3}z^2 $ - ...+ $z^{p-1}$)=$x_2^p$, поэтому:

$x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv x_2^p ($ $mod$ $ q)$. Тогда:

$ z_2^p = \frac {x^p+ y^p}{x+y}$ =$x^{p-1}+x^{p-2} (-y)+x^{p-3}(-y)^2$+ ...+$(-y)^{p-1}$$\equiv px^{p-1} \equiv px_2^p ($ $mod$ $ q)$.

Так как невозможно $x_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то имеется такое число $g$: $gx_2 \equiv 1 $ $mod$ $ q$.

Умножаем левую часть и правую часть полученного сравнения на $g^p$:

$(gz_2)^p \equiv p(gx_2)^p $ $mod$ $ q$.

$(gz_2)^p \equiv p $ $mod$ $ q$, что по условию 2 теоремы невозможно.

[age]

Вроде, все правильно. Но не вижу практический толк в Условии 2.

[ananova]

age в сообщении #300720 писал(а):

Вроде, все правильно. Но не вижу практический толк в Условии 2.

age, благодарю за оперативную помощь в перепроверке моей перепроверки. (Для уверенности очень важно.) Что касается условия 2, то это свойство всех чисел Софи Жермен - http://en.wikipedia.org/wiki/Sophie_Germain_prime, которые авторы использовали в своих доказательствах Случая 1 для разных показателей степеней.

[age]

Стоп-стоп. Условие 2 звучит так:

Цитата:

2) Число $p$ несравнимо по модулю $q$ c $p$-й степенью целого числа.

Как связан модуль $q$ с простыми Софи Жермен? Понятно, что $q$ - в данном случае это один из делителей $x+y$ (любой или заданный). Но причем здесь опять-таки простые Софи Жермен?

[ananova]

age в сообщении #300759 писал(а):

Как связан модуль $q$ с простыми Софи Жермен

.

Уточнение: $q$ может не является впрямую числом Софи Жермен, но модуль $q$ с ним тесно связан со свойствами степени $p$, являющемся в данном случае числом Софи Жермен. Например $q$=7, но 7 это не число Софи Жермен. Если $p$=3, то 2$p$=7. Получается, что $p$= 3 - является числом Софи Жермен, а $q$=7 простое число, которое "создается" числом Софи Жермен. Это важное уточнение.

Если разобрать пример, приведенный в книге Эдвардса, с модулем 11 и $p$=5, получается что $q$ как раз и есть 11. Переходим к Лежандру и подкладываем в его доказательство этот пример. Получается, что $x^5+y^5+z^5 \equiv 0 $ $mod$ $ 11$. Грубо говоря, сначала доказывается невозможность: $g(\frac {z^5}{x+y}) \equiv 0 $ $mod$ $ 11$. Далее следует и невозможность $(g(\frac {z^5}{x+y}}))^5 \equiv 5 $ $mod$ $ 11$. Использовано свойство чисел Софи Жермен. Это, видимо, имел ввиду сам Лежандр и его последователи. Вообще-то, об этом в другой моей статье очень всё подробно изложено. Планирую после окончания обсуждения этой статьи предоставить её на обсуждение. А пока могу сказать, что если убрать это условие и заменить специфический модуль числа Софи Жермен на некий другой модуль $Q$ (который не связан с числами Софи Жермен, то может случиться так, что $(g(\frac {z^5}{x+y}}))^5 \equiv 5 $ $mod$ $ Q$. Например. $Q$=19. $6^5 \equiv 5$ $mod$ 19$. В то время, как любое число по модулю 11 в степени 5 будет сравнимо с $ \pm1$.

[age]

ananova
Т.е. другими словами, вы доказали что $x+y$ не может содержать модули $q$ обладающие свойством $a^p\equiv p(\mod q)$.
Значит, не может. Но другие-то, может. Скажем, 5. $3^7\equiv 7(\mod5)$
Надо бы доказательство уточнить со всеми ограничениями на $q,p$ и т.д., чтобы понять какого именно результата вы добились, что именно доказали. Пока лично я лишь увидел малозначащее ограничение на множители $q\in x+y$

[ananova]

age в сообщении #300769 писал(а):

Но другие-то, может. Скажем, 5. $a^p\equiv p(\mod5)$

Потому и дано условие 2. Т.е. в нём есть надобность. Т.к. приведенный Вами пример - уже другой случай, т.е., грубо говоря, это уже другая теорема нужна (из другой обещанной статьи). А пока да - только то, что есть - ни больше, ни меньше.

Чуть позже я вносил корректировки в свой пост - возможно, что Вы не заметили. Повторю пример:

ananova в сообщении #300764 писал(а):

Например. $Q$=19. $6^5 \equiv 5$ $mod$ 19. В то время, как любое число по модулю 11 в степени 5 будет сравнимо с $ \pm1$.

-- Пн мар 22, 2010 12:42:52 --

age в сообщении #300769 писал(а):

Надо бы доказательство уточнить со всеми ограничениями на $q,p$ и т.д., чтобы понять какого именно результата вы добились, что именно доказали. Пока лично я лишь увидел малозначащее ограничение на множители $q\in x+y$

Все ограничения есть в условии 1 и условии 2 теоремы. Я постарался не менять условия Лежандра, чтобы было легко проверять. Исключение составляет только "жесткая привязка" показателя степени $p$ к числу $y$. Тогда возможен гипотетический случай для числа $z$, которое кратно $q$ (c его особыми свойствами условия 2 теоремы).

Вывод такой. Если $z$ кратно $q$ (обладающему свойствами условия 2 теоремы), то для степени $p$ ВТФ верна. не только для Случая 1, как доказал Лежандр, но и для случая, когда $p$ делит $y$, т.е. подслучая Случая 2.

[ananova]

age в сообщении #300769 писал(а):

Пока лично я лишь увидел малозначащее ограничение на множители $q\in x+y$

age, мне было бы интересно вывести ограничение на множители для "зеркального" случая

Как Вы думаете, сложно ли этого добиться?

Например, воспроизвести такую же логику для "зеркального" случая:
1) $z \equiv 0$ $mod$ $q_2$
2) $(\frac {z^p}{x+y}) \equiv 0 $ $mod$ $ q_2$.
Тогда невозможно $(x+y)^p \equiv (x+y) \equiv 0 $ $mod$ $ q_2$ и
невозможно $g^p(x+y)^p \equiv p $ $mod$ $ q_2$

[ananova]

В общем-то, удалось добиться бета-варианта. Надо будет перепроверить, для самоуспокоения, чтобы выдать сюда.

[ananova]

Требуется помощь в следующем

ananova в сообщении #300600 писал(а):

Cгруппируем выборку малых множителей

$(y+z) + (x+z)-(x+y) = 2z$.

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

По предварительному условию число $q$ делит $z$. В этом случае $x_1$, $y_1$ и $p$ не сравнимы с нулем, поскольку сравнение $x=-x_1 x_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ или $y=-y_1 py_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q $ вместе со сравнением $z \equiv 0 $ $mod$ $ q $ противоречило бы требованию ВТФ (взаимной простоты чисел $x,y,z$). Этот же вывод можно сделать и так: поскольку $q$ не делит ни $xy$, ни $x_1 y_1 p$, то $q$ должно делить $z_1$, так как $2z \equiv -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

Резюмируем: $z=-z_1 z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$, число $x+y$ взаимнопросто с $z_2$, как доказано ранее, и $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$. Следовательно $z_2 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ невозможно.

Так как $z_1 \equiv 0 $ $mod$ $ q$ и $x+y = z_1^p$, $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то

$ x \equiv -y$ $mod$ $ q$,

Если следовать буквальной логике Лежандра, то натыкаюсь на противоречие тут:

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1}-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

По логике Лежандра:
$-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$
и из этого следует, что
$x \equiv -y$ $mod$ $ q$.

Однако, тогда появляется противоречие со следующим выводом:

Поскольку - $-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1} \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

$x_1^p \equiv -y_1^p p^{np-1}$ $mod$ $q$$.

А это противоречит выводу: $x \equiv -y$ $mod$ $ q$.

Если же рассматривать доказательство 1 Случая ВТФ непосредственно Лежандра, т.е. взять за основу использованное им уравнение для Случая 1:

$2z \equiv x_1^p+y_1^p -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то им cделан вывод:
т.к. $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то именно $z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

Однако, на мой взляд, не принят во внимание момент, что $z_2$ может быть кратно $q$ и тогда невозможно $z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$ хотя справедливость сравнения остается в силе:
$2z \equiv x_1^p+y_1^p -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

Например: 3+2+6 $\equiv 0$ $mod$ $11$.

Получается, что рассыпается доказательство Лежандра теоремы Софи Жермен? Но этого согласно огромной истории доказательства не может быть.... В общем, помогите c логикой - что тут к чему?

Частично разобрался:

тут нет противоречия:
$x_1^p \equiv -y_1^p p^{np-1}$ $mod$ $q$$.

$p^{np-1} \equiv 1$ $mod$ $q$.

[ananova]

Хотя не всегда: $5^4 \equiv 9$ $mod$ $ 11$, а $5^{5*4} \equiv 1$ $mod$ $ 11$,

Может кто-то знает альтернативное доказательство Случая 1 (т.е. не Лежандра)? Может поможет глубже разобраться именно в доказательстве Лежандра...

[age]

Цитата:

Поскольку - $-z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то

$2z \equiv x_1^p+y_1^p p^{np-1} \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

$x_1^p \equiv -y_1^p p^{np-1}$ $mod$ $q$$.

А это противоречит выводу: $x \equiv -y$ $mod$ $ q$.

Почему противоречит? Ведь $y^p\equiv0(\mod y_1^p p^{np-1})$

-- Пн мар 22, 2010 22:04:06 --

Цитата:

$2z \equiv x_1^p+y_1^p -z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то им cделан вывод:
т.к. $z \equiv 0 $ $mod$ $ q$, то именно $z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$.

По-моему $2z \equiv x_1^p+y_1^p+z_1^p \equiv 0 $ $mod$ $ q$

-- Пн мар 22, 2010 22:06:48 --

Цитата:

Однако, на мой взляд, не принят во внимание момент, что $z_2$ может быть кратно $q$

Нет. Не может, иначе $q$ не попадет в $x+y$ (условие взаимной простоты множителей $x^p+y^p$ доказанное вами выше).

[ananova]

age в сообщении #301027 писал(а):

Нет. Не может, иначе $q$ не попадет в $x+y$ (условие взаимной простоты множителей $x^p+y^p$ доказанное вами выше).

В теореме Лежандра так:
Условие 1: $x^p+y^p+z^p \equiv 0$ $mod$ q$ и $xyz \equiv 0$ $mod$ q$.
Если бы было сказано, что $(x+y)(y+z)(x+z) \equiv 0$ $mod$ q$, то вопросов бы не возникло. $q$ попадало бы в $x+y$ по предусловию. А так - непонятно. Ведь, без чётко оговоренного предусловия допустимо, что $q$ делит $z$, т.е. $z_2$, но не делит $(x+y)$, т.е. $z_1$.

[age]

Цитата:

Условие 1: $x^p+y^p+z^p \equiv 0\mod q$ и $xyz \equiv 0\mod q$.

Стоп-стоп-стоп. Только сейчас заметил. Т.е. $x^p+y^p+z^p$ делится на $q$? И все?